周测评(二十) 阶段检测(五)-【衡水真题密卷】2025-2026学年高一下册物理学科素养周测评（粤教版）

真题密卷 学科素养周测评 $$v _ { 0 } = \sqrt { \frac { 2 U _ { 0 } q } { m } } 。$$ 程，以此类推，故粒子在竖直方向上有 (2分) (2分) (2)带电粒子在静电分析器中做匀速圆周运动可知 $$y = \frac { 1 } { 2 } a \left( \frac { T } { 2 } \right) ^ { 3 }$$ $$E _ { 0 } q = m \frac { v _ { 0 } ^ { 2 } } { r }$$ (2分) 其中 $$y = \frac { d } { 2 \left( 2 n + 1 \right) }$$ (2分) $$r = \frac { 2 U _ { 0 } } { E _ { 0 } }$$ (2分) $$a = \frac { U q } { d m } \left( n = 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， \cdots \right)$$ 运动时间 粒子在水平方向有 $$t = \frac { \frac { \pi } { 3 } r } { v _ { 0 } } = \frac { \pi } { 3 E _ { 0 } } \sqrt { \frac { 2 U _ { 0 } m } { q } }$$ $$L = v _ { 0 } \cos 3 0 ^ { \circ } \left( 2 n + 1 \right) \frac { T } { 2 }$$ (2分) (2分) 又因为 $$U _ { 0 } q = \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 }$$ (2分) (3)带电粒子进入偏转电场将做类斜抛运动，利 用运动的合成与分解可知，粒子在竖直方向上最 终速度为零，由偏转电场两端的变化电压可知， $$L = \frac { d } { 2 } \sqrt { \frac { 6 \left( 2 n + 1 \right) U _ { 0 } } { U } \left( n = 0 ， 1 ， 2 ， 3 ， }$$ (2分) 粒子在竖直方向上的运动可以是只有一个匀减 速过程，也可以是先匀减速再匀加速再匀减速过 2025—2026学年度高一学科素养周测评(二十)物理·阶段检测(五) 一、选择题 与水平向左的电场的合电场强度，点电荷+Q的 1.C【解析】题图甲中与点电荷等距的a、b两点， 电场强度是发散向外的，故多数情况下球壳空腔 电场强度大小相等，方向不相反，A错误；题图乙 内的电场强度电场线不是水平向左的，B错误；达 中a、b两点的电场强度大小相等，方向分别沿a、 到静电平衡后，金属球壳是一个等势体，A、B、C b点切线向右，所以两点电场强度大小相等，方向 三点的电势关系为 $$\varphi _ { A } = \varphi _ { B } = \varphi _ { C } ， C$$ 正确， 相同，B错误；题图丙中a、b两点的电场强度大 D错误。 小相等， a 点电场强度方向向上，b点电场强度方 3.B【解析】P、 粒子在电场中水平方向做匀速 向向下，C正确；题图丁中a点的电场强度小于b 运动，水平速度相同，水平位移相同，可知运动时 点的电场强度，方向分别沿a、b点切线斜向右下 间相同，A错误；竖直方向 $$y = \frac { 1 } { 2 } \cdot \frac { q E } { m } t ^ { 2 }$$ ，两粒子 方，D错误。 2.C 【解析】达到静电平衡后，由于带电量为 +Q 质量相同，运动时间相同，粒子 Q 的竖直位移大 的小球(可视为点电荷)放置在金属球壳的球 于粒子P，可知粒子 Q 所带的电荷量比粒子P所 处，整个装置处于电场强度为E的水平向左的匀 带的电荷量大，B正确；根据 W=Eqy， ，可知，电场 强电场中，则金属球壳空腔内电场强度不为零， 力对粒子 Q 做功较大，根据动能定理可知粒子 Q 金属球壳空腔内有电场，A错误；达到静电平衡 的动能增量大，C、D错误。 后，金属球壳空腔内的电场强度等于点电荷 +Q1 4.C【解析】质子在B、D两点具有相同动能，故 ·16· YJ · ·物理· 参考答案及解析 B、D两点为等势点，匀强电场的电场线垂直于等 先减小后增大，D正确。 势线 BD， 而质子由A点运动到B、D两点过程 6.BCD 【解析】在空中运动过程中，小球受到向左 中动能增加，电场力做正功，且质子带正电，故电 的电场力，所以速度的水平分量一直减小，A错 场方向如图所示，A错误；由A点到B点，由动能 误；小球水平方向的加速度 $$a _ { x } = \frac { q E } { m } = \frac { \sqrt 3 } { 3 } g ，$$ 理得 $$q E \cdot \cos 3 0 ^ { \circ } L = \frac { 1 } { 2 } m v ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } ，$$ 解得E 方向的加速度 $$a _ { y } = g ，$$ ，设从P到A运动的时间为 $$= \frac { \sqrt 3 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { q L } ， I$$ t，根据速度的合成可知A点速度满足 $$v _ { 0 } ^ { 2 } = \left( v _ { 0 } -$$ 错误；由以上分析可知，A、C两点间 电势差最大，为 $$U _ { A }$$ c=E·2Lcos $$= E \cdot 2 L \cos 3 0 ^ { \circ } = \frac { 3 m v _ { 0 } ^ { 2 } } { q } ， C$$ $${ a _ { x } t } ^ { 2 } + \left( g t \right) ^ { 2 } ，$$ ，解得 $$t = \frac { \sqrt 3 v _ { 0 } } { 2 g }$$ ，根 根据速度的分解可 正确；质子由C点出电场时电场力做功最多，速 $$和 \sin \angle A O B = \frac { B t } { v _ { 0 } } = \frac { \sqrt 3 } { 2 } ，$$ 解得 $$\angle A O B = 6 0 ^ { \circ } ， B$$ 正确 度最大，由A到C，由动能定理得 $$q U _ { A } c = \frac { 1 } { 2 } m v _ { c } ^ { 2 }$$ 电场力与重力的合力 $$F = \sqrt { \left( q E \right) ^ { 2 } + \left( m g \right) ^ { 2 } } = \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 }$$ $$- \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } ，$$ 解得 $$v _ { c } = \sqrt 7 v _ { 0 } ， D$$ 错误。 mg， ， 与竖直方向的夹角满足tan $$\tan \varphi = \frac { q E } { m g } = \frac { \sqrt 3 } { 3 } ，$$ A D 据对称性可知，小球在B点的速度等于 $$v _ { 0 } ， C$$ 正 确；根据“等效重力场”可知，小球沿轨道从A点 B C 运动到B点的过程中，对轨道的最大压力在圆弧 AB的中点处，根据动能定理有 mg[R(1-cos 5.BD 【解析】金属小物块在圆弧轨道下滑时受向 $${ 6 0 ^ { \circ } } \right) - R \left( 1 - \cos 3 0 ^ { \circ } \right) \right] - q E R \left( \sin 6 0 ^ { \circ } - \sin 3 0 ^ { \circ } \right) =$$ 下的重力和向左的电场力以及轨道的支持力，在 三力平衡位置加速度为零，速度最大，对轨道的 $$\frac { 1 } { 2 } m v ^ { 2 } - \frac { 1 } { 2 } m v _ { 0 } ^ { 2 } ，$$ ，在圆弧AB的中点，根据牛顿第二 压力最大，该位置在C点以上的某位置，则经过 定律有 $$F ' - N = m \frac { v ^ { 2 } } { R } ，$$ 解得 $$N = 2 \sqrt 3 m g ，$$ ，结合牛顿 最低点C时对轨道的压力不是最大，A错误；由 v-t图像可知，物块滑上传送带上后先向右减速， 第三定律可知对轨道的最大压力为 $$2 \sqrt 3 m g ， D$$ 正 速度减为零后向左加速，最后与传送带共速，可 确。 知传送带的速度大小为 2m/s，B 正确；仅增大传 二、非选择题 送带转动的速度，则物块再次回到C点时的最大 7.(1)b(2分) $$\left( 2 \right) 4 . 4 \times { 1 0 ^ { - 4 } } \left( 3$$ 分) $$\left( 4 . 1 \times { 1 0 ^ { - 4 } } \sim$$ 速度等于第一次经过C点时的速度，则金属小物 $$4 . 6 \times { 1 0 ^ { - 4 } }$$ 均正确) (3)不变(2分)变长(2 块最多只能刚好回到A点，C错误；沿竖直轨道 分) $$\left( 4 \right) 1 . 4 \times { 1 0 ^ { - 2 } } \left( 3$$ 分) $$\left( 1 . 3 \times { 1 0 ^ { - 2 } } \sim 1 . 5 \times$$ 从A点滑到C点的过程中，只有重力和电场力做 $$1 0 ^ { - 2 }$$ 均可) 功，则金属小物块的动能、重力势能和电势能之 【解析】(1)滑动变阻器采用分压式接法，故向 和守恒，由分析可知，从A点到C点金属块的速 端滑动充电电压升高。 度先增加后减小，即金属块的动能先增加后减 (2)I-t 图像与坐标轴围成图形的面积表示电容 小，可知金属小物块的重力势能与电势能的总和 器放电过程放出的电荷量，根据 I-t 图像得出每 · 17 · 真题密卷 学科素养周测评 一小格代表的电荷量q=(0.25×103×1)C= Y (3)根据tan0= (2分) 0.25×10-8C,图像与坐标轴围成的面积约为14个 十L2 2 小格，电容器充满电的电荷量Q≈14×q=3.5× (1分) 10C,电容器的电容C- Q 十L2' 可得Ymx=2 ≈4.4X10-4F。 (3)由电容器的电荷量Q=CU可知，电容器储存 1+L) Ymin-4 2 (1分) 的电荷量与电阻R无关，所以曲线与横轴围成的 经过足够长时间后，感光纸上发光点围成的面积 面积保持不变；增大电阻R时，由于电阻对电流 大小S=2xR(Ymax-Ymin） (2分) 的阻碍作用增强，放电电流减小，所以放电时间 5=3R5+L). 将变长。 2（2 (2分) (4)UQ图像的面积表示电容器储存的电能，如 9.(1)md6 qL2 /6+ (2) /E9T1 2m 图所示。所以W= zUQ=1.4X102J. (3) /2k-1 2vT,0.5d,(2k-1) EoqT2 8m ↑UW 【解析】(1)α粒子恰能从y轴上的C点以速度 0沿平行于x轴正方向进入x>0的区域，则有 9U d =ma (2分) 1 8.(1)≤u≤2u;(2)1,4；(3) 1 1 ad= (2分) 【解析】(1)粒子在加速电场中 L=vot (2分) 1 1 Uiq-2mvi-2mo (2分) 解得U=md6 mi3 gL2 (2分) 初速度大小范围0≤u≤√3o,U1= 2q (2)在0~ T 时间内，。粒子沿x轴正方向做匀速 可得粒子离开极板B的速度大小范围 v0≤v1≤2u0 (2分) 运动，y轴方向上不动，沿之轴正方向做匀加速 (2)在偏转电场中L1=v1t (2分) 运动，有 U29o6 U:=Vo vy一dm = (2分) v1 v,=0 可得tan0= ”:=6 (2分) Eoq T EogT v1 vi v:=a:t= m 2-2m (2分) 因v0v12v0 T 当t=2 时，a粒子速度大小为 可知1≥tan0≥ (2分) 4 -@+-+ (2分) 粒子离开偏转电场时速度方向与中心线所成角 1 度正切值的最大值与最小值分别为1和 (3)分析得，a粒子在t= 。T,k∈Z+时动能 ·18· YJ ·物理· 参考答案及解析 最大，在=2k,1T,k∈2+内 2k一1 2 故。粒子在动能最大时的坐标为（2 x-0t=26-1 (2分) oT,0.5d,(2k-1) EoqT2 8m (2分) y=0.5d (2分) E9/T12 =(2-12（2）=(2-1D oqT2 (2分) 8m 2025一2026学年度高一学科素养周测评（二十一）物理·恒定电流 一、选择题 压表，改装后量程为表头G的电流满偏时加在改 1.A【解析】设圆环运动一周的时间为T,在时间 装表两端的总电压，即量程U=IRg十I.R。= T内通过圆环上任意一横截面的总电荷量就是 Ig(Rg十R。),所以串联的分压电阻越小，其量程越 圆环上所带的总电荷量q,由电流的定义可得圆 小，C错误，D正确。 环产生的等效电流1=号，由数学知识可得圆孤 4.A【解析】I-U图线上的，点与坐标原点连线的斜 率的倒数表示电阻，由题图乙可知，电阻a图线上 的半径r=片，由匀速圆周运动的规律可得 的点与坐标原点连线的斜率不断增大，其电阻不断 减小，所以a的电阻随其两端电压的增大而减小， 2πr 联立解得T-,则有1一A正确。 2πL 0qv A正确；由于横、纵坐标轴的比例标尺不同，则不能 2.B【解析】根据电阻定律可得通入沿PQ、EF、 由R= V一1求解，B错误；电流表示数大于 I tan a MN方向的电流时的电阻大小分别为RQ=PC U 0.8A时，根据R=了可知，电阻a的阻值小于电 C R=Rw=p,因为有a>b>c,bc横裁 阻b的阻值，R。、R。串联，故电压表V1的示数小 面积最小，ab横截面积最大，所以可得Ro> 于V2的示数，C错误；根据闭合电路欧姆定律可得 REF>RMN,根据题图乙所示的伏安特性曲线可 U R。=R。=了=2Q,此时电阻a的阻值与电阻b的 得图线斜率越大的电阻越小，所以可得通入沿 阻值相同，D错误。 PQ、EF、MN方向的电流时导体的伏安特性曲 线分别为③②①，B正确。 5.BD【解析】根据电流“红进黑出”规律可知，A是 红表笔、B是黑表笔，A错误；根据题图可知，电流 3.D【解析】电流表的改装需要并联一个分流电 阻，故题图甲是改装后的电流表，改装后量程为 表1中电流计指针满偏时并联部分电压大于电流 表头G的电流满偏时通过改装表的总电流，即量 表2中电流计指针满偏时并联部分电压，即电流计 程I-I+I_1,(R+R 指针满偏时，电流表1中并联电阻中的电流大于电 Ro ,所以并联的分流 R。 流表2中并联电阻中的电流，即作电流表时1比2 电阻越大，其量程越小，A、B错误；电压表的改装 量程大，B正确；根据题图可知，电压表6与电压表 需要串联一个分压电阻，故题图乙是改装后的电 5中电流计指针满偏时干路电流相等，则电压表6 ·19。 YJ2025一2026学年度高一学科素养周测评（二十） 物理·阶段检测（五） 本试卷总分100分，考试时间40分钟。 一、选择题：本题共6小题，每小题8分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~4题 只有一项符合题目要求，第5、6题有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不 全的得4分，有选错的得0分。 题号 1 2 3 4 5 6 答案 1.在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点。其中a、b两点电场强度大小相等、方 向相反的是 A.图甲中与点电荷等距的a、b两点 B.图乙中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C.图丙中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D.图丁中非匀强电场中的a、b两点 2.如图所示，竖直固定放置半径为R、上端有很小的孔的金属球壳，将竖直悬挂的电荷量 为十Q的小球（可视为点电荷）放置在金属球壳的球心处，整个装置处于电场强度为E 的水平向左的匀强电场中。在金属球壳的纵截面上有A、B、C三点，则 A.达到静电平衡后，金属球壳空腔内没有电场 B.达到静电平衡后，金属球壳空腔内的电场线水平向左 C.达到静电平衡后，A、B、C三点的电势关系为PB=Pc=PA D.达到静电平衡后，A、B、C三点的电势关系为PB>Pc>PA 3.如图，质量相同的带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入匀强电场中，P从 平行板间正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们都打到上极板同一点（不计重力和 高一学科素养周测评（二十）物理第1页（共4页）】 真题名 循梦而行，向阳而生 两粒子之间的相互作用)，则 班级 p0~+U 姓名 Qo-v A.P、Q粒子在电场中的运动时间不同 B.粒子Q所带的电荷量比粒子P所带的电荷量大 得分 C.粒子P的动能增量大 D.电场力对P、Q粒子做的功一样大 4.如图所示，沿纸面方向的匀强电场内有一长方形区域ABCD,A点有一质子源，以相同 大小的初速度。沿各个方向射入电场，其中到达B、D两处的质子具有相同大小的速 度v=200。已知AB=L,BC=√3L,质子电荷量为q,质量为m,不计质子重力，下列说 法正确的是 () A.电场方向由B指向D D B.电场强度大小为 mv8 gL C.长方形区域内两点间电势差的最大值为3m D.质子能从长方形区域飞出的最大速度为3v0 5.竖直放置的光滑绝缘的四分之一的圆形轨道两端分别与绝缘粗糙水平传送带CD和光 滑绝缘的竖直轨道AB平滑相接，C点为四分之一圆形轨道的最低点，整个装置处在水 平向左的匀强电场中，如图甲所示。一带正电的金属小物块（视为质点）从A点无初速 度自由滑下，滑至底端C点并冲上沿逆时针方向匀速转动的水平的足够长的传送带，在 水平传送带上运动的速度一时间图像如图乙所示，规定速度水平向左为正方向，小物块 刚滑到传送带上时开始计时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是() ↑v/(ms) 3 0 E (C) D 甲 乙 A.金属小物块经过最低点C时对轨道的压力最大 B.传送带的速度大小为2m/s C.仅增大传送带转动的速度一定能使金属小物块冲出A点 D.沿竖直轨道从A点滑到C点的过程中，金属小物块的重力势能与电势能的总和先减 小后增大 密卷 高一学科素养周测评（二十）物理第2页（共4页） YJ 6.如图所示，地面上方某区域存在方向水平向左的匀强电场，电场强度E=3m3,将一质 3q 量为m,带正电荷q的小球在电场中从P点以初速度vo=√2gR水平向右射出。与P 点在同一竖直面内右下方有一半径为R的光滑固定圆弧轨道ABC,B为轨道最低点， 小球运动过程中恰好经过A点，沿圆弧切线方向进入圆轨道，且在A点速度大小仍为 v。,重力势能和电势能的零点均取在P点。重力加速度为g,下列说法正确的是( ) A.在空中运动过程中，小球速度的水平分量先增大后减小 B.∠AOB=609 C.小球在B点的速度等于vo E B D.小球沿轨道从A运动到B的过程中，对轨道的最大压力为2 3mg 二、非选择题：本题共3小题，共52分。 7.(12分)电容器的充、放电过程是电容器的主要工作形式，也是我们了解电容器的一个载 体。某实验小组为了研究电容器的充、放电过程，从实验室找来了一些实验器材，设计 了如图甲所示的电路图，用电流传感器、电压传感器观察电容器的充、放电过程。（计算 结果均保留两位有效数字) 电流 I/mA 传感器 2.0 电压传感器 ) 1.0F P 46 甲 (1)开关接1时，电源给电容器充电，为了调高电容器的充电电压，滑动变阻器的滑片P 应向 (填“a”或“b”)端移动。 (2)开关接1，调节滑动变阻器的滑片位置，当电压表示数稳定为8V时，将开关接 2,电流传感器记录下了电流随时间变化的关系，如图乙所示，则电容器的电容 约为 F。 (3)开关接2时，如果不改变电路的其他参数，只增大电阻箱的电阻，放电时I-七图像与 横轴围成的面积将 (填“增大”“不变”或“变小”)；放电时间 (填“变 长”“不变”或“变短”)。 (4)在(2)条件下，开关接1时，电源给电容器充电所获得的电能为 J。 8.(20分)图示装置由放射源P、加速电场、偏转电场、铺有感光纸的圆筒组成。放射源P 可沿着中心线方向连续发出大量电荷量为十q、质量为m的粒子，其初速度大小范围为 YJ 高一学科素养周测评（二十）物理第3页（共4页） 真题 0~√3vo,粒子通过极小狭缝经极板A、B间电场加速，再经极板C、D间电场偏转，最后 mvo 打到绕轴OO'旋转的感光纸上而发出亮点，已知加速电场电压U1= 2q ,偏转电场极板 长度L,极板CD间距为山，镜转电场电压-吧，偏转电畅极板右端点到感光简 的最近距离L2,圆筒半径R,不考虑粒子相互作用和重力，不考虑极板边缘效应，感光纸 的厚度不计，两极板间距d足够长粒子都能从偏转电场飞出，求： (1)粒子离开极板B的速度大小范围； (2)粒子离开偏转电场时速度方向与中心线所成角度正切值的最大值与最小值； (3)经过足够长时间后，感光纸上发光点围成的面积大小。 感 放射 D 纸 源PA 偏转电场 9.(20分)两平行金属板水平正对放置，板长L、两板间距离为d,以B板中线右端点为原 点、中线为x轴建立如图甲示坐标系。在x>0的区域存在垂直xOy平面的匀强电 场，以之轴正方向为电场正方向，其电场强度随时间变化如图乙所示。A板中线最左端 P点有一个α粒子发射源，可沿竖直平面内特定方向发射粒子，已知α粒子的电荷量为 十q、质量为，不计粒子的重力。当A、B两板加上某电压时，a粒子恰能从y轴上的C 点以速度vo沿平行于x轴正方向进人x>0的区域。已知yc=0.5d,a粒子到达C点 计为t=0时刻，不计电场的边缘效应。求： (1)A、B两板所加的电压； (2)当t=2T时，该a粒子的速度大小； (3)从t=0时刻起，该α粒子动能最大时的位置坐标。 ↑ 密卷 高一学科素养周测评（二十）物理第4页（共4页）